Construction d’une hyperbole

biguine_equation
Modifié (23 Feb) dans Géométrie
Bonjour,

J’aimerais vous soumettre ce problème qui dormait dans mes archives. Je crois qu’il vient de la revue « The Mathematical gazette ». Je ne dispose d’aucun corrigé. Si vous avez des avis, n’hésitez pas.
On considère un triangle $ABC$ et les points $B’$ et $C’$ sur les droites $AC$ et $AB$  respectivement et tels que les « segments orientés » vérifient $$
\frac{\overline{AC’}}{\overline{C’B}} + \frac{\overline{CB’}}{\overline{B’A}}=0
$$ Soit $P$ le point d’intersection des céviennes (droites passant par les sommets du triangle) $BB’$ et $CC’$. Dans le plan du triangle $ABC$, les droites parallèles s’intersectent  à l’infini. Les points $B’$, $C’$, $P$ peuvent être à l’infini également et on n’exclut pas le cas « dégénéré » où $C’=B$ et $B’=A$ simultanément.
Montrer que le lieu des points $P$ est une hyperbole tangente à $AB$ en $B$ et à $AC$ en $C$.
«1

Réponses

  • Chaurien
    Modifié (23 Feb)
    Moi je ferais avec un calcul barycentrique. Supposons que $P$ est le barycentre de $(A,\alpha),(B,\beta), (C,\gamma)$. 
    Sauf erreur, l'hypothèse $\frac{\overline{AC’}}{\overline{C’B}} + \frac{\overline{CB’}}{\overline{B’A}}=0$ se traduit par : $\frac{\beta}{\alpha}+\frac{\alpha}{\gamma}=0$. Etc.

  • Bonjour à tous
    C'était autrefois un banal exercice de géométrie projective.
    Les points $B'$ et $C'$ sont en homographie sur les droites $AB$ et $AC$ et on applique les théorèmes généraux du cours.
    Aujourd'hui tout ce qu'on peut faire, c'est choisir un repère et travailler dedans.
    Merci, j'ai assez donné!
    Le plus dur aujourd'hui est encore de faire la figure!
    Amicalement
    pappus

  • Chaurien
    Modifié (25 Feb)
    Je continue. On a : $\overrightarrow{AP}=\frac{\beta \overrightarrow{AB}+\gamma \overrightarrow{AC}}{\alpha +\beta +\gamma }$. En posant $\frac{\beta }{\alpha }=t$, il vient :  $\overrightarrow{AP}=\frac{t\overrightarrow{AB}-\frac{1}{t}\overrightarrow{AC}}{1+t-\frac{1}{t}}$.
    Dans le repère $(A,\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})$, l'équation du lieu de $P$ est : $x^2+3xy+y^2-2x-2y+1=0$.
    C'est l'hyperbole en question. En faisant $y:=0$ puis $x:=0$, on voit qu'elle est tangente à $AB$ en $B$ et à $AC$ en $C$.
  • Rescassol
    Modifié (23 Feb)
    Bonjour
    En prenant $ABC$ comme repère barycentrique, on peut paramétrer par $B'=[t; 0; -1]$ et $C'=[1; t; 0]$
    On obtient $P=Wedge(Wedge(B,Bp),Wedge(C,Cp))$, ce qui donne $P=[t; t^2; -1]$,
    et donc l'équation barycentrique de son lieu $x^2+yz=0$, ce qui est bien l'hyperbole qu'on attendait.
    Cordialement,
    Rescassol
  • Vassillia
    Modifié (23 Feb)
    Bonjour, ton exercice me fait plaisir biguine_equation, je suis sûre que Rescassol se fera aussi un plaisir de t'expliquer ses calculs si quelque chose t'échappe encore, tu sais pourquoi il met du wedge (alias $\wedge$) partout ! :)
    In mémoriam de tous les professeurs assassinés dans l'exercice de leurs fonctions en 2023, n'oublions jamais les noms de Agnes-Lassalle et Dominique-Bernard qui n'ont pas donné lieu aux mêmes réactions sur ce forum (et merci à GaBuZoMeu)
  • Un grand merci ! Les solutions de Chaurien et Rescassol sont vraiment intéressantes. J’y reviendrai en détails quand j’aurai un peu plus de temps. 
    Merci encore….
  • Rescassol
    Modifié (24 Feb)
    Bonjour
    Le centre est $Ce=[1; 2; 2]$.
    Pour tracer l'hyperbole, on peut demander la conique par les cinq points
    $B,C$, les symétriques de $B$ et $C$ par rapport à $Ce$  et $D=[1; 1; -1]$ par exemple. 
    Les asymptotes sont $Asy_1=[2+2\sqrt{5}, 2, -3-\sqrt{5}]$ et $Asy_2=[2-2\sqrt{5}, 2, -3+\sqrt{5}]$.

    Cordialement,
    Rescassol
  • Bonjour à tous
    Plusieurs questions élémentaires (?) se posent:
    1° Pourquoi la relation de Biguine entraine-t-elle que les points $B'$ et $C'$ sont en homographie sur les droites $AC$ et $AB$?
    2° Une fois ceci fait, essayer d'identifier cette homographie en déterminant son axe et ses points limites.
    3° En déduire une construction (naturelle) du point $B'$ connaissant le point $C'$ ou bien du point $C'$ connaissant le point $B'$.
    Quand on sera maître de cette homographie, on pourra alors s'attaquer à cette histoire d'hyperbole!
    Amicalement
    pappus
  • biguine_equation
    Modifié (24 Feb)
    Bonjour,
    voici mon dessin. J’ai placé au pif, le centre et les asymptotes de l’hyperbole mais pour les déterminer de manière analytique, il faut trouver les points à l’infini de l’hyperbole. Comment l’hyperbole rencontre la droite à l’infini. Cette dernière a pour équation $x+y+z=0$. Donc il faut résoudre le système $x^2+yz=0$ et $z=-x-y$.

  • J’ai essayé quelque chose de plus présentable.

  • Vassillia
    Modifié (24 Feb)
    Bravo pour ta persévérance biguine_equation.
    Une suggestion pour trouver les asymptotes, pas forcément la plus rapide car elle peut être utilisée pour n'importe quelle tangente mais c'est celle que j'ai en stock donc ...

    Quelques petites notions que je dois à pldx1 comme vous vous en doutez, il l'expliquerait sûrement mieux que moi mais comme je suis dans le coin.
    Une conique est définie, entre autre, par une matrice $C$ tel que un point  $ M \simeq \left(\begin{array}{c} x\\y\\ z \end{array}\right)$ appartient à cette conique ssi $^tM \cdot C \cdot M=0$ et dans ce cas $^tM \cdot C$ est la tangente au point $M$
    L’intérêt du bazar est qu'une droite $\Delta \simeq [p,q,r]$ est tangente à cette même conique ssi $\Delta \cdot C^{-1}\cdot ^t\Delta =0$ et dans ce cas $C^{-1}\cdot ^t\Delta$ est le point de contact de $\Delta$.
    Remarque, comme le déterminant ne sert à rien puisque tout est à un facteur près, on peut s'en passer et utiliser la matrice adjointe à la place.

    Dans notre cas, on remarque que la matrice $C \simeq \left(\begin{array}{ccc} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{array}\right)$ et $C^{-1} \simeq \left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \\ 0 & 2 & 0 \end{array}\right)$

    Notre droite $\Delta \simeq [p,q,r]$ est une tangente ssi $p^2+4qr=0$ et pour que ce soit une asymptote, son point de contact $\simeq \left(\begin{array}{c} p\\2r\\ 2q \end{array}\right)$ doit être à l'infini c'est à dire $p=-2r-2q$
    On résout et pour $q=1$ on trouve $r=(\sqrt{5}-3)/2$ ou $r=-(\sqrt{5}+3)/2$
    Puis on en déduit les asymptotes $[-(\sqrt{5}-3)-2,1,(\sqrt{5}-3)/2] \simeq [-2 \sqrt{5}+2 , 2 , \sqrt{5}-3]$ et $[(\sqrt{5}+3)-2,1,-(\sqrt{5}+3)/2] \simeq [2 \sqrt{5}+2 , 2, -\sqrt{5}-3]$
    In mémoriam de tous les professeurs assassinés dans l'exercice de leurs fonctions en 2023, n'oublions jamais les noms de Agnes-Lassalle et Dominique-Bernard qui n'ont pas donné lieu aux mêmes réactions sur ce forum (et merci à GaBuZoMeu)
  • pappus
    Modifié (25 Feb)
    Bonne nuit à tous
    Ces histoires d'homographies, nos anciens en étaient très friands. Ils leur permettaient de manipuler les coniques pratiquement sans le moindre calcul mais quand il fallait en faire, ils le faisaient aussi bien que nous sans la moindre matrice évidemment car ils ne savaient pas ce que c'était mais avec leurs trucs à eux.
    La figure ci-dessous montre comment prouver que l'application $AB\longmapsto AC$ est une homographie.
    L'idée est toujours valable aujourd'hui: décomposer cette application en produit d'applications dont il est trivial de prouver que chaque application composante est une homographie.
    La première application est la projection affine de $AB$ sur $AC$ parallèlement à $BC$. (Edit: merci Jelobreuil)
    Il parait qu'une telle application conserverait le rapport:
    $$\dfrac{\overline{C'A}}{\overline{C'B}}=\dfrac{\overline{B''A}}{\overline{B''C}}$$
    La seconde est la symétrie centrale de la droite $AC$ par rapport au milieu $\beta$ du segment $AC$ (edit; merci Jelobreuil), là aussi une telle symétrie conserverait le rapport:
    $$\dfrac{\overline{B''A}}{\overline{B''C}}=\dfrac{\overline{B'''C}}{\overline{B'''A}}$$
    Enfin la dernière $B'''\mapsto B'$ est la conjugaison harmonique par rapport aux points $A$ et $C$ sur la droite $AC$ et par définition, (voir par exemple le Lebossé-Hémery de la classe de Seconde):
    $$\dfrac{\overline{B'''C}}{\overline{B'''A}}=-\dfrac{\overline{B'C}}{\overline{B'A}}$$
    Au total
    $$\dfrac{\overline{C'A}}{\overline{C'B}}=-\dfrac{\overline{B'C}}{\overline{B'A}}$$
    ce qui est la relation de Biguine-equation.
    Aujourd'hui on ne sait plus faire cette petite gymnastique intellectuelle, je le constate et je le déplore tout en espérant ne pas recevoir les invectives habituelles.
    Amicalement
    pappus
    .
  • pappus
    Modifié (25 Feb)
    Bonne nuit à tous
    Maintenant qu'on est sûr que la correspondance $B'\iff C'$ est une homographie il nous faut déterminer ses points limites et son axe.
    Sera-ce le voyage au bout de la nuit?
    Pour que $B'$ aille à l'infini sur la droite $AC$, (Edit: merci Jelobreuil), il faut que $B'''=B'' =\beta$. Par suite $C' =\gamma$ milieu de $AB$.
    De même pour que $C'$ s'en aille à l'infini sur la droite $AB$, (Edit: merci Jelobreuil), il faut que $B'=\beta$.
    Nos deux points limites sont donc les points $\beta$ et $\gamma$.
    Il reste à trouver l'axe mais hélas ce ne sera pas le voyage au bout de la nuit car je suis vraiment trop fatigué et il faut que j'aille faire dodo!
    Amicalement
    pappus

  • Vassillia
    Modifié (25 Feb)
    Merci pappus de nous apprendre que nos anciens avaient des capacités de calcul comparables à celles de nos ordinateurs modernes, je ne savais pas.
    Dans le même genre, moi je déplore (ou pas) qu'on n'utilise plus de silex et de minerai de fer pour faire du feu, nos anciens avaient leur truc à eux, il faut dire qu'ils ne connaissaient pas le briquet.

    Édit : il manquait des 's'
    In mémoriam de tous les professeurs assassinés dans l'exercice de leurs fonctions en 2023, n'oublions jamais les noms de Agnes-Lassalle et Dominique-Bernard qui n'ont pas donné lieu aux mêmes réactions sur ce forum (et merci à GaBuZoMeu)
  • jelobreuil
    Modifié (25 Feb)
    Bonjour @Pappus,
    J'ose espérer que ce matin te trouve bien reposé après une bonne nuit réparatrice ...
    J'ai pu suivre le raisonnement explicité dans tes deux derniers messages, mais il y a, me semble-t-il, quelques corrections à faire dans le texte, en référence à la figure, qui sont toutes des interversions entre les lettres B et C :
    "La première application ... ... ... parallèlement à $BC$."
    "La seconde ... ... de la droite $AC$ ... ... du segment $AC$ ..."
    "Pour que $B'$ aille à l'infini sur la droite $AC$, ..." 
    "pour que $C'$ aille à l'infini sur la droite $AB$, ..."
    Et bon courage et merci à toi de poursuivre tes efforts malgré ta fatigue et le peu de reconnaissance que te manifeste certains ...
    Bon dimanche, en toute amitié, JLB

  • @jelobreuil Qui a relancé les hostilités en critiquant les matrices alors qu'il me semble que ma réponse correspondait quand même à la demande de résolution analytique de l'auteur du fil ? Mais je te suis volontiers sur encourager pappus à poursuivre ses efforts et à partager sa manière de faire qui intéresse peut-être des personnes même si moi ça ne m'intéresse pas et donc je ne lui dois aucune reconnaissance.
    In mémoriam de tous les professeurs assassinés dans l'exercice de leurs fonctions en 2023, n'oublions jamais les noms de Agnes-Lassalle et Dominique-Bernard qui n'ont pas donné lieu aux mêmes réactions sur ce forum (et merci à GaBuZoMeu)
  • pappus, Vassillia: un grand merci ! J’ai imprimé vos messages et je vais plancher dessus en ce pluvieux dimanche. 
    Nb: Je savais bien qu’il y avait une question de conjugaison harmonique derrière l’équation originelle. 
  • @pappus : D'après la relation $\dfrac{\overline{C'A}}{\overline{C'B}}=-\dfrac{\overline{B'C}}{\overline{B'A}}$, ton homographie envoie $B$ sur $A$ et $A$ sur $C$ donc son axe est $BC$.
  • Vassillia
    Modifié (25 Feb)
    Bon dimanche après-midi alors biguine_equation. Courage, le plus dur est au début mais ensuite c'est bluffant le nombre d'exercices qui passent sans trop de difficultés. Que cela ne t'empêche pas de t'intéresser aussi à d'autres manières de voir les choses bien sûr ;)
    In mémoriam de tous les professeurs assassinés dans l'exercice de leurs fonctions en 2023, n'oublions jamais les noms de Agnes-Lassalle et Dominique-Bernard qui n'ont pas donné lieu aux mêmes réactions sur ce forum (et merci à GaBuZoMeu)
  • Merci Jelobreuil de ton aide
    J'ai corrigé toutes les erreurs sauf la seconde car la symétrie centrale par rapport au point $\beta$ est bien définie sur toute la droite $AC$ et même sa complétion projective et pas seulement sur le segment $AC$.
    Cela fait plaisir de dire merci à quelqu'un qui me prend pour ce que je suis et non pas quelqu'un qui aurait constamment des arrières pensées tordues et malfaisantes et pour cela on n'hésite pas à me faire dire des choses que je n'ai jamais dites comme (avec les fautes d'orthographe):
    Merci pappus de nous apprendre que nos anciens avaient des capacités de calcul comparable à celle de nos ordinateurs modernes
    Moi aussi je pourrai m'amuser à faire des sous-entendus:
    maintenant que nous avons le Divin Glossaire, du passé faisons table rase. Tout le reste ne nous concerne plus et nous n'avons pas à remercier des réactionnaires séniles qui se prennent pour des Vieux Croyants. Nous saurons bien quoi en faire!
    Amitiés
    pappus


  • L'idée est tentante mais je laisse chacun libre de ses choix :)
    Mea inculpa pour les fautes d'orthographe, j'ai répondu vite fait de mon téléphone. Il faut bien que les analphabètes s'expriment, merci à AD de nous corriger d'ailleurs.
    In mémoriam de tous les professeurs assassinés dans l'exercice de leurs fonctions en 2023, n'oublions jamais les noms de Agnes-Lassalle et Dominique-Bernard qui n'ont pas donné lieu aux mêmes réactions sur ce forum (et merci à GaBuZoMeu)
  • @Pappus, excuse-moi, je ne comprends pas : 
    Pourquoi écris-tu : "la seconde est la symétrie centrale de la droite AB par rapport au milieu bêta du segment AB", alors que d'après ta figure, le point bêta est le milieu du segment AC ?
    Bien amicalement, JLB

  • pappus
    Modifié (26 Feb)
    Bonjour à tous
    Je continue mes explications sur la défunte géométrie du passé pour lesquelles je n'attends évidemment aucun remerciement. Eh puis quoi alors?
    Il existe un excellent livre, celui de Jean-Claude Sidler, Géométrie projective,paru vers 2000. Il commence à dater et on n'y parle pas de l'espace des cercles, nul n'est parfait! On peut trouver ce livre en ligne!
    Venons en à la détermination de l'axe d'homographie.
    Elle est basée sur le résultat:
    Soit $h:L \longmapsto L'; m\mapsto m'$ une homographie de la droite $L$ sur la droite $L'$, alors quels que soient les points $(m,n)\in L^2$, les droites $mn'$ et $nm'$ ce coupent sur une même droite $D$, appelée axe de l'homographie et que notre ami Jean-Louis Ayme nomme la Pappusienne dans son langage fleuri, merci pour Lui!
    Alors on fait une petite liste des couples de points homologues que l'on connait dans l'homographie $h:AB\longmapsto AC; C'\mapsto B'$:
    $(A,C)$, $(B,A)$, $(\gamma,\infty(AC))$, $(\infty(AB),\beta)$, $(C',B')$
    On en déduit ensuite l'axe d'homographie puis des constructions plus naturelles de $B'$ connaissant $C'$ ou bien de $C'$ connaissant $B'$.
    Amicalement
    pappus

  • J'ai déjà dit que l'axe est $BC$ !
  • pappus
    Modifié (25 Feb)
    Mon cher Jelobreuil
    Je ne puis te faire un cours sur les catégories.
    Sur ma figure, on a deux droites affines $AB$ et $AC$ qui deviennent des droites projectives quand on les complète.
    Mon homographie $h:AB\longmapsto AC; C'\mapsto B'$ se décompose en le produit:
    $AB\longmapsto AC; C'\mapsto B''$, $AC\longmapsto AC; B''\mapsto  B'''$, $AC\longmapsto AC; B'''\mapsto B'$.
    Il est capital dans cette décomposition que les espaces de départ et d'arrivée soient tous des droites projectives pour qu'on puisse parler d'homographies composantes.
    Amicalement
    pappus
  • Chaurien
    Modifié (25 Feb)
    Je rappelle que j'ai donné une solution fondée sur un calcul barycentrique élémentaire, sans matrices $ 3 \times 3$, plutôt superflues dans un problème plan. J'ai montré que dans le repère $(A,\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})$, l'équation du lieu de $P$ est : $x^2+3xy+y^2-2x-2y+1=0$. C'est à l'évidence une conique.
    Les coefficients directeurs $m$ des directions asymptotiques sont les racines de l'équation : $m^2+3m+1=0$, d'où immédiatement : $m=\frac12(-3 \pm \sqrt 5)$. Il s'agit donc d'une hyperbole.
     Soit $F(x,y)=x^2+3xy+y^2-2x-2y+1=0$. Le centre de cette hyperbole s'obtient en résolvant le système : $\frac{\partial F}{\partial x}=0, \frac{\partial F}{\partial y}=0$, immédiat aussi : $x=y=\frac25$.
    Le centre et les directions asymptotiques donnent tout de suite les asymptotes.
    En faisant $y:=0$ puis $x:=0$ dans l'équation du lieu de $P$, on voit que cette hyperbole est tangente à $AB$ en $B$ et à $AC$ en $C$. 
    C'est ni ancien ni moderne, c'est de tout temps.
  • Chaurien a dit :
    Le centre de cette hyperpole s'obtient en résoiolvant le syatème :
    Bienvenue dans le camp des analphabètes Chaurien, je crois qu'il faut dire "résolvant le système"
    In mémoriam de tous les professeurs assassinés dans l'exercice de leurs fonctions en 2023, n'oublions jamais les noms de Agnes-Lassalle et Dominique-Bernard qui n'ont pas donné lieu aux mêmes réactions sur ce forum (et merci à GaBuZoMeu)
  • Rescassol
    Modifié (25 Feb)
    Bonjour,

    Bravo Vassilia, tu trouves les mêmes asymptotes que moi plus haut, même si ce n'est pas tout à fait de la même façon.
    J'ai d'abord d'abord trouvé le centre $Ce=[1; 2; 2]$, puis cherché une droite $[p, q, r]$ passant par le centre (donc $p=-2(q+r)$) et coupant l'hyperbole en un point double, d'où un discriminant nul.
    D'autre part, les axes de l'hyperbole ont pour équation (conique dégénérée en deux droites):
    $4(c^2-b^2)x^2 - 4(a^2+c^2)xy + 4(a^2+b^2)xz  + (a^2-b^2+2c^2)y^2 + 2(b^2-c^2)yz + (-a^2-2b^2+c^2)z^2 = 0$

    Cordialement,
    Rescassol

  • Vassillia
    Modifié (25 Feb)
    J'avoue, j'aime bien ta méthode Rescassol. C'est vrai que commencer par le centre est forcément plus rapide. Pas de regret pour autant, c'était l'occasion de montrer à biguine_equation une autre manière de voir les coniques qui peut s'avérer très utile. Tout se complète parfaitement et la méthode de Chaurien n'est pas mal non plus même si autant se placer dans un repère barycentrique pour faire du calcul barycentrique.
    In mémoriam de tous les professeurs assassinés dans l'exercice de leurs fonctions en 2023, n'oublions jamais les noms de Agnes-Lassalle et Dominique-Bernard qui n'ont pas donné lieu aux mêmes réactions sur ce forum (et merci à GaBuZoMeu)
  • @Pappus, s'il te plaît, réponds-moi en regardant ta figure ... 
    Dans ton message de 10h09, je lis : "la symétrie centrale par rapport au point β est bien définie sur toute la droite AC et même sa complétion projective et pas seulement sur le segment AC".
    Alors, comment concilier cela avec ce qui figure encore dans ton message de cette nuit à 1h43 : "La seconde est la symétrie centrale de la droite AB par rapport au milieu β du segment AB" ? Ne te faut-il pas corriger, ici aussi, "AB" en "AC" ?
    Bien amicalement, JLB

  • Chaurien
    Modifié (25 Feb)
    @Vassillia Une faute de frappe ne saurait être assimilée aux multiples fautes que tu commets, Vassillia. Je te laisse donc la fierté d’appartenir au camp des analphabètes, comme tu dis, On a les fiertés qu'on peut. Mais « analphabète » me semble exagéré pour toi, tu te calomnies. Tu n'es pas analphabète puisqu'entre deux fautes tu arrives à t'exprimer. À ton sujet, j'emploierais plutôt le mot russe некультурный (nekulturny).
    Mise au point. Quand il s'agit d'un message assez long, je rédige en prenant le temps, j'enregistre la réponse plusieurs fois partiellement afin d'être certain de ne pas perdre mon texte par accident. Je frappe parfois la mauvaise touche, je corrige ensuite. je fais même des fautes d'orthographe, d'usage ou grammaticales, et je les corrige à la relecture, en espérant qu'il n'en reste pas.
    Présentement, j'ai corrigé cette faute de frappe avant ton message venimeux. À l'avenir, attends donc quelque peu pour vomir ton fiel, ou bien ne le vomis pas du tout, mais c'est sans doute trop te demander.
  • Ah ben voilà je fais plus de fautes de frappe que toi et tu as raison, c'est trop me demander  ;)
    In mémoriam de tous les professeurs assassinés dans l'exercice de leurs fonctions en 2023, n'oublions jamais les noms de Agnes-Lassalle et Dominique-Bernard qui n'ont pas donné lieu aux mêmes réactions sur ce forum (et merci à GaBuZoMeu)
  • Merci Jelobreuil
    J'ai corrigé cette nouvelle erreur qui prouve qu'il était temps pour moi d'aller faire dodo!
    Gai Requin a raison, l'axe d'homographie est bien la droite $BC$, ce qui entraine la configuration suivante avec mes codes couleurs habituels.
    Pourquoi?
    Et peut-on justifier cette configuration directement sans avoir le début du commencement de l'idée de l'existence de l'axe d'homographie, ce qui est bien la situation d'aujourd'hui!
    Amitiés
    pappus

  • Bonjour,

    De plus, pour le centre, j'ai une fonction, héritée du célèbre glossaire:
    function Ce = CentreConiqueBary(m11,m22,m33,m12,m23,m13)
             
             % Centre Ce de la conique d'équation barycentrique
             % m11*x^2+m22*y^2+m33*z^2+2*m12*x*y+2*m23*y*z+2*m13*z*x=0
    
             CE1=m23*(m12 + m13 - m23) + m22*m33 - m13*m22 - m12*m33;
             CE2=m13*(m12 - m13 + m23) + m33*m11 - m12*m33 - m23*m11;
             CE3=m12*(m13 - m12 + m23) + m11*m22 - m23*m11 - m13*m22;
    
             Ce=[CE1; CE2; CE3];
    end
    Cordialemnt,
    Rescassol
    ,


  • Merci Rescassol, je me demande si ce ne serait pas une bonne idée qu'on mette au propre nos fonctions Maple / Sage pour qu'elles soient utilisables par tout le monde dans un fil à part (enfin c'est surtout les miennes qui ont besoin d'etre mises au propre).
    In mémoriam de tous les professeurs assassinés dans l'exercice de leurs fonctions en 2023, n'oublions jamais les noms de Agnes-Lassalle et Dominique-Bernard qui n'ont pas donné lieu aux mêmes réactions sur ce forum (et merci à GaBuZoMeu)
  • biguine_equation
    Modifié (25 Feb)
    Si $f(x,y)=x^2+yz$, la tangente à l’hyperbole en $B$ vérifie $\frac{\partial f}{\partial y}=0$ soit $AB: \: z=0$. La tangente à l’hyperbole en $C$ vérifie $\frac{\partial f}{\partial z}=0$ soit $AC: \: y=0$.

    Concernant la querelle des anciens et des modernes, je vais tenter une approche consensuelle et politiquement correcte malgré l’aversion qu’elles m’inspirent parfois. D’abord : les matrices, c’est formidable. Après les avoir rejetées, je me suis découvert une passion pour elles. Dans la somme écrite par Jean Dieudonné sur l’histoire des mathématiques, on peut lire que Hilbert avait tenté d’éradiquer les matrices de pans entiers de l’algèbre. N’était-ce pas la preuve que les matrices étaient intrinsèquement mauvaises ?  Le problème, c’est que, depuis Hilbert, elles sont devenues omniprésentes et faire demi-tour quand on en voit une rend tout simplement impossible la pratique des maths. 
    « Ce que l’on ne peut éviter, il faut l’embrasser » (je ne sais plus qui a dit ça mais c’est vrai). Alors usons et abusons des wedge et des matrices $3 \times 3$.
    Mais que cela ne nous autorise pas à rejeter les vieux grimoires ! A ce propos, en voici un que je vous présente dans sa version fatiguée et scotchée sur tranche: « Exercices de géométrie moderne » (1947)  par G. Papelier, ancien élève de l’Ecole Normale Supérieure. Je l’ai acheté, il y a quelques années, dans une brocante de la place Saint-Michel à Bordeaux pour la modique somme de 0,50 euro. Pappus en avait traité quelques exercices sur ce forum.

    Toute moderne que soit cette géométrie, elle ne contient aucun wedge, aucun vecteur, aucune matrice ! Alors qu’est-ce qui est si « moderne » dans la géométrie de l’auteur ? Peut-être le fait que tous les théorèmes et exercices soient accompagnés d’un dessin comme ici avec le théorème de Frégier:

    On doit pouvoir trouver une ligne de crête entre le « glossaire de Pierre » et la géométrie de monsieur Papelier. Et cet exercice me semble un bon moyen d’y parvenir.
  • pappus
    Modifié (25 Feb)
    Bonjour Biguine_equation
    Pourquoi ces exercices sont-ils des exercices de géométrie moderne?
    Tout simplement parce que dans tout cet ouvrage, on y parle de transformations, ce qui a conduit plus tard à l'étude de ces transformations en classe de Mathématiques (Terminales).
    Tout ceci est bien terminé aujourd'hui, non seulement il n'y a plus de géométrie moderne mais il n'y a plus de géométrie tout court au point qu'on peut se demander à quel public s'adressent le merveilleux glossaire de Pierre ou bien nos efficients logiciels de géométrie dynamique, peut-être à une petite secte d'initiés comme l'étaient autrefois les Pythagoriciens?
    Amicalement
    pappus
  •  ou les membres (plus qu'assidus !) d'un certain sous-forum de géométrie ?
  • Jelobreuil a raison, des personnes peuvent être intéressées et comprendre, il y a eu quelques exemples sur ce forum récemment et même une retransmission ailleurs qui n'est pas de moi https://www.ilemaths.net/sujet-les-coordon-nees-barycentriques-890646.html
    S'il te plaît pappus, ça ne me fait vraiment pas plaisir de devoir m'opposer à toi, j'aimerais juste que tu laisses ceux qui le veulent s'intéresser à ces méthodes sans critiquer, ce n'est pas la géométrie que tu aimes mais c'est de la géométrie quand même et c'est mieux que rien. Je suis profondément convaincue que cela a beaucoup plus de chances de succès sur les générations actuelles et futures grâce à l'utilisation d'outils informatiques justement. Sauf que tu marques un point sur le fait que c'est relativement méconnu du moins en France. Il me semble que cela pourrait faire partie des objectifs de ce forum de le faire connaître mais pour ça, il faudrait qu'on arrête de s'affronter à chaque fil. Ça ne dépend que de nous.
    In mémoriam de tous les professeurs assassinés dans l'exercice de leurs fonctions en 2023, n'oublions jamais les noms de Agnes-Lassalle et Dominique-Bernard qui n'ont pas donné lieu aux mêmes réactions sur ce forum (et merci à GaBuZoMeu)
  • pappus
    Modifié (25 Feb)
    Bonjour à tous
    Revenons à nos moutons
    Des couples  $(C',B')$, $(\gamma,\infty(AC))$ de points homologues, on en déduit que la droite $\gamma B'$ et la parallèle à la droite $AC$ issue de $C'$ se coupent en un point $\gamma'\in BC$.
    De même des couples $(C',B')$ et $(\infty(AB),\beta)$ de points homologues, on en déduit que la droite $C'\beta$ et la parallèle à $AB$ issue de $B'$ se coupent en un point $\beta'\in BC$.
    Voir ma dernière figure.
    Mais pour ceux dont les connaissances en géométrie affine se limitent à ânonner  l'Axiome de Thalès et les théorèmes de Ménélaüs et de de Céva, voilà comment on pourrait s'y prendre.
    $$\dfrac{\overline{C'A}}{\overline{C'B}}=\dfrac{\overline{\gamma'C}}{\overline{\gamma'B}}$$
    C'est l'Axiome de Thalès dans toute sa divine splendeur.
    Ensuite on coupe le triangle $ABC$ par la transversale $\gamma'\gamma B'$ et on applique le théorème de Ménélaüs, (en gros le tiers du cours de géométrie affine) pour obtenir:
    $$\dfrac{\overline{\gamma'C}}{\overline{\gamma'B}}.\dfrac{\overline{\gamma B}}{\overline{\gamma A}}.\dfrac{\overline{B' A}}{\overline{B' C}}=1$$
    Mais puisque $\gamma$ est le milieu de $AB$, le second rapport vaut $-1$ et on a:
    $$\dfrac{\overline{\gamma'C}}{\overline{\gamma'B}}=-\dfrac{\overline{B' C}}{\overline{B' A}}$$ et finalement:
    $$\dfrac{\overline{C'A}}{\overline{C'B}}=-\dfrac{\overline{B' C}}{\overline{B' A}}$$
    qui est la relation de Biguine_equation
    Je pense qu'on a fait le tour des homographies entre droites.
    Il ne reste plus qu'à voir comment nos anciens tombaient sur cette hyperbole pratiquement sans calculs rien qu'en baratinant!
    Amicalement
    pappus
  • pappus
    Modifié (25 Feb)
      Ma chère Vassillia
    Moi aussi cela ne me plait pas de devoir m'opposer à toi!
    Mais que veux-tu quand tu me  prêtes  des idées supposées et des intentions malveillantes, je suis bien obligé de me défendre comme tout un chacun.
    Tes attaques ne se font pas sur le terrain des idées mais ad hominem.
    Je n'ai jamais rien eu contre le glossaire de Pierre bien au contraire et j'ai toujours conseillé sa lecture en toutes occasions. Que puis-je faire de plus?
    Ce qui n'empêche pas celui-ci de me chambrer systématiquement chaque fois qu'il le peut, je ne sais trop pour quelle raison.
    C'est certainement un très bon mathématicien, très cultivé en plus mais en tant qu'homme je me pose parfois des questions.
    Je n'oppose pas les calculs et les figures. Les deux se complètent et vont de pair.
    Si calculs il y a il faut qu'ils soient exposés dans un langage clair et compréhensible par le plus grand nombre, sinon à quoi bon.
    Moi aussi je ne demande qu'à enterrer la hache de guerre mais il ne faut pas venir me chercher!
    Quand je me suis comparé aux vieux croyants dont visiblement tu connais l'histoire puisqu'on a essayé de les exterminer sous tous les régimes de la Russie, tu n'as rien trouvé de mieux à dire :
    L'idée est tentante mais je laisse chacun libre de ses choix. :)
    C'est presque une fatwa que tu lances contre moi
    Mais je préfère croire que je me suis trompé en interprétant mal cette phrase ou alors c'est à désespérer!
    pappus
  • Ah non, quand même pas, je n'avais pas fait attention à la référence, je parlais juste d'enterrer la bible Lebosse-Hemery. Évidemment que je te souhaite longue vie et tout le bonheur du monde comme à tout un chacun. Enterrons la hache de guerre alors mais s'il te plaît, je ne veux plus entendre parler de société d'analphabetes ou que les anciens faisaient mieux sans matrices ou... J'en ai vraiment marre et je l'exprime à ma manière. Tes histoires avec pldx1, ce sont tes histoires avec pldx1, ce n'est pas mon problème. Sans rancune.
    In mémoriam de tous les professeurs assassinés dans l'exercice de leurs fonctions en 2023, n'oublions jamais les noms de Agnes-Lassalle et Dominique-Bernard qui n'ont pas donné lieu aux mêmes réactions sur ce forum (et merci à GaBuZoMeu)
  • Ma chère Vassillia
    Pourquoi enterrer le Lebossé-Hémery?
    C'est un livre important dans l'histoire de notre enseignement et lui aussi parle de transformations comme le glossaire de Pierre mais à sa manière évidemment plus élémentaire. On ne peut comprendre parfaitement le second sans avoir lu le premier, du moins c'est ce que je pense!
    Amicalement
    pappus
  • @Vassillia et @Pappus, si vous souhaitez continuer votre échange, pourquoi ne pas le faire en MP ? Ce serait plus confortable pour tout le monde !!!
    Bien amicalement, JLB
  • Tu as encore raison jelobreuil.
    Pour en revenir au sujet et à la question de biguine_equation qui est de trouver une ligne de crête entre le « glossaire de Pierre » et la géométrie de monsieur Papelier, le mieux est de demander au principal intéressé. Ce ne serait pas raisonnable que je tente quelque chose (en plus en Morley) alors que @pldx1 fera mieux.
    In mémoriam de tous les professeurs assassinés dans l'exercice de leurs fonctions en 2023, n'oublions jamais les noms de Agnes-Lassalle et Dominique-Bernard qui n'ont pas donné lieu aux mêmes réactions sur ce forum (et merci à GaBuZoMeu)
  • pappus
    Modifié (26 Feb)
    Bonjour à tous
    Pour la suite, nos anciens appliquaient le théorème de Chasles-Steiner dont il aurait été intéressant de connaitre la datation.
    Je pense que Steiner a dû l'énoncer et Chasles le démontrer.
    Voici l'énoncé de ce théorème dans le Sidler, page 51
    Pour le comprendre , il faut évidemment lire les pages précédentes concernant les homographies entre faisceaux de droites, ce qui peut paraitre un peu surprenant pour le profane. Les explications de Sidler de ce théorème s'étendent sur les pages suivantes 52 et 53.
    Amicalement
    pappus

  • $C’\mapsto B’$ est une homographie donc $\alpha : C^*\to B^*$, $CC’\mapsto BB’$ conserve le birapport donc $\alpha$ est une homographie de centre $A$.
    On conclut par le théorème 5.2 du Sidler.
  • pappus
    Modifié (26 Feb)
    Merci Gai Requin
    Que $\alpha: C^*\longmapsto B^*; CC'\mapsto BB'$ soit une homographie est à peu près évident (en fait c'est loin de l'être pour le profane!).
    Par contre que $A$ soit le centre de cette homographie mérite pour le moins quelques explications!
    Amitiés
    pappus
  • $C^*\cap B^*=BC$.
    Or, $\alpha$ envoie $CA$ sur $BC$ et $CB$ sur $BA$ donc son centre est $CA\cap BA=A$.
    Bref, c’est comme quand on a dit que $C’\mapsto B’$ vérifiant $B\mapsto A$ et $A\mapsto C$ a pour axe $BC$, mais dans le dual ! 
  • Bravo Gai Requin
    La configuration d'une homographie entre droites passant par deux points est duale de la configuration d'une homographie entre points situés sur deux droites et le dual de l'axe d'homographie est nécessairement un point appelé d'après Sidler, centre de l'homographie.
    Nos anciens avaient sans doute un plaisir malsain à pratiquer ce genre de gymnastique.
    Bref après l'application du théorème de Chasles Steiner, ils savaient que le lieu de $P$ était une conique tangente en $B$ à la droite $AB$ et en $C$ à la droite $AC$.
    Mais comme on le sait cela ne suffit pas à déterminer la conique lieu de $P=BB'\cap CC'$.
    Alors comment continuaient-ils, toujours sans le moindre calcul?
    Je rappelle que le titre de ce fil est construction d'une hyperbole.
    Quand peut-on dire qu'une hyperbole est construite sans faire le moindre calcul?
    Amitiés
    pappus

Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.